专题3 牛顿运动定律 题组1-【区块练】2021-2025年五年高考真题分类汇编物理

色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 5.2xXk.c0m○ 您身边的互联网+教辅专家 专题3 题 班级： 牛顿运动定律 组 姓名： 学号： 一、选择题 1.(2025·安徽卷)如图所示，装有轻质光滑定滑轮的长方体木箱静置在水平地面上，木箱上 的物块甲通过不可伸长的水平轻绳绕过定滑轮与物块乙相连。乙拉着甲从静止开始运动，木 箱始终保持静止。已知甲、乙质量均为1.0kg、甲与木箱之间的动摩擦因数为0.5，不计空气 阻力，重力加速度g取10m/s2,则在乙下落的过程中( ) 甲 nn7i777n7/7777in7nnnn/7 A甲对木箱的摩擦力方向向左 B.地面对木箱的支持力逐渐增大 C.甲运动的加速度大小为2.5m/s2 D.乙受到绳子的拉力大小为5.0N 2.(2025山东卷)工人在河堤的硬质坡面上固定一垂直坡面的挡板，向坡底运送长方体建 筑材料。如图所示，坡面与水平面夹角为0，交线为PN,坡面内QW与PN垂直，挡板平面与坡 面的交线为MN,∠MNQ=O。若建筑材料与坡面、挡板间的动摩擦因数均为u,重力加速度大 小为g,则建筑材料沿MW向下匀加速滑行的加速度大小为() M 16 A.gsin2 0 -ugcos 0-ugsin 0 cos 0 B.gsin 0 cos 0-ugcos 0-ugsin2 0 C.gsin 0 cos 0 -ugcos 0-ugsin 0 cos 0 D.gcos2 0-ugcos 0-H gsin2 0 3.(2024湖南卷)如图所示，质量分别为4m、3m、2m、m的四个小球A、B、C、D,通过 细线或轻弹簧互相连接，悬挂于O点，处于静止状态，重力加速度为g。若将B、C间的细线 剪断，则剪断瞬间B和C的加速度大小分别为() LU∠LLL∠ c D A.g.1.5g B.2g,1.5g C.2g,0.5g D.g.0.5g 独家授权侵权必究 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.ZXXk.com● 您身边的互联网+教辅专家 4.(多选)2024吉林卷)一足够长木板置于水平地面上，二者间的动摩擦因数为4。t=0时. 木板在水平恒力作用下，由静止开始向右运动。某时刻，一小物块以与木板等大、反向的速度 从右端滑上木板。已知t=0到仁4t的时间内，木板速度o随时间t变化的图像如图所示，其 中g为重力加速度大小。=4时刻，小物块和木板的速度相同。下列说法正确的是() 0 2,34 A.小物块在t=3t时刻滑上木板 B.小物块和木板间的动摩擦因数为2 C.小物块与木板的质量比为3：4 D.t=4t之后小物块和木板一起做匀速运动 5.(多选)(2023全国甲卷)用水平拉力使质量分别为m甲、m乙的甲、乙两物体在水平桌面 上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为u甲和4z。甲、乙两物体运动 后，所受拉力F与其加速度α的关系图线如图所示。由图可知() ↑F 甲 A.m甲<m乙 B.m甲>m乙 C.μ甲<μ乙 D.H甲>H乙 6.(2023·全国乙卷)一同学将排球自O点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O点。 设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比。则该排球() A.上升时间等于下落时间 B.被垫起后瞬间的速度最大 C达到最高点时加速度为零 D.下落过程中做匀加速运动 7.(2023·江苏卷)滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B后返回到底 端。利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比， 图甲中滑块() 甲 乙 A受到的合力较小 独家授权侵权必究 色学科网书城四 品牌书店·知名教辅·正版资源 b.ZXXk.com○ 您身边的互联网+教辅专家 B.经过A点的动能较小 C,在A、B之间的运动时间较短 D.在A、B之间克服摩擦力做的功较小 8.(多选)2022全国甲卷)如图，质量相等的两滑块P、Q置于水平桌面上，二者用一轻弹 簧水平连接，两滑块与桌面间的动摩擦因数均为“。重力加速度大小为g。用水平向右的拉力 F拉动P,使两滑块均做匀速运动；某时刻突然撤去该拉力，则从此刻开始到弹簧第一次恢复 原长之间() 900000PE 777n7 AP的加速大小的最大值为2g B.Q的加速度大小的最大值为24g CP的位移大小一定大于Q的位移大小 DP的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小 9.(2022全国乙卷)如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统 静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中 点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距35江时，它们加速度的大小均为() mQ mo A.5F8m B.2F5m C.3F8m D.3F10m 二、非选择题 10.(2022北京卷)如图所示，真空中平行金属板M、N之间距离为d,两板所加的电压为U. 一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从M板由静止释放。不计带电粒子的重力。 + (1)求带电粒子所受的静电力的大小F; (2)求带电粒子到达N板时的速度大小： (3)若在带电粒子运动d2距离时撤去所加电压，求该粒子从M板运动到N板经历的时间 t。 ·独家授权侵权必究 专题3　题组一 1.解析　甲相对木箱向右运动，所以物块甲受到木箱水平向左的摩擦力，根据牛顿第三定律知，甲对木箱的摩擦力方向向右，A错误； 设乙运动的加速度为a，只有乙有竖直向下的恒定加速度， 对甲、乙和木箱，由整体法，竖直方向受力分析有 FN＝M总g－ma 则地面对木箱的支持力大小不变，B错误； 设绳子的弹力大小为FT，对甲受力分析有FT－μmg＝ma 对乙受力分析有mg－FT＝ma 联立解得a＝2.5 m/s2，FT＝7.5 N C正确，D错误。 答案　C 2.解析　从斜面的侧面视角，将建筑材料的重力mg正交分解： 沿斜面下滑的分力F1＝mgsin θ 垂直斜面向下的分力F2＝mgcos θ 因此斜面对建筑材料的摩擦力Ff1＝μF2＝μmgcos θ 从垂直PMQN的视角，将F1＝mgsin θ正交分解： 沿挡板方向下滑的分力F3＝F1cos θ＝mgsin θcos θ 垂直挡板的分力F4＝F1sin θ＝mgsin2 θ 因此挡板对建筑材料的摩擦力Ff2＝μF4＝μmgsin2θ 根据牛顿第二定律可得F3－Ff1－Ff2＝ma 代入数据解得a＝gsin θcos θ－μgcos θ－μgsin2θ 故B正确。 答案　B 3.解析　细线剪断前，对B、C、D整体受力分析，由力的平衡条件有A、B间轻弹簧的弹力FAB＝6mg，对D受力分析，由力的平衡条件有C、D间轻弹簧的弹力FCD＝mg，细线剪断瞬间，对B由牛顿第二定律有3mg－FAB＝3maB，对C由牛顿第二定律有2mg＋FCD＝2mac，联立解得aB＝－g，ac＝1.5g，A正确。 答案　A 4.解析　由题图可知，t＝3t0时木板的速度开始减小，说明小物块在t＝3t0时滑上木板，A正确；vt图像斜率的绝对值表示加速度大小，则0～3t0时间内，木板的加速度大小为a1＝＝μg，t＝3t0时木板的速度大小为v1＝a1·3t0＝μgt0，结合题意可知，t＝3t0时小物块以μgt0的速度水平向左滑上木板，t＝4t0时小物块与木板共速，大小为μgt0，方向水平向右，则与木板共速前，小物块的加速度大小a′＝＝2μg，设小物块的质量为m，小物块与木板间的动摩擦因数为μ′，对小物块由牛顿第二定律得μ′mg＝ma′，联立解得μ′＝2μ，B正确；设木板的质量为M，0～3t0时间内，对木板由牛顿第二定律有F－μMg＝Ma1，解得F＝μMg，3t0～4t0时间内，木板的加速度大小a2＝＝μg，由牛顿第二定律可得F－μ′mg－μ(M＋m)g＝－Ma2，解得m∶M＝1∶2，C错误；t＝4t0时，小物块与木板速度相同，假设t＝4t0后小物块与木板不相对滑动，则小物块和木板整体受到F和地面摩擦力Ff作用，由于Ff＝μ(M＋m)g＝μMg＝F，则整体受力平衡，小物块与木板之间无摩擦力，假设成立，所以t＝4t0之后小物块和木块一起做匀速运动，D正确。 答案　ABD 5.解析　根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma 整理后有F＝ma＋μmg 则可知F­a图像的斜率为m，纵截距为μmg，则由题图可看出m甲>m乙，μ甲m甲g＝μ乙m乙g 则μ甲<μ乙，故选BC。 答案　BC 6.解析　上升过程和下降过程的位移大小相同，上升过程的末状态和下降过程的初状态速度均为零。对排球受力分析，上升过程的重力和阻力方向相同，下降过程中重力和阻力方向相反，根据牛顿第二定律可知，上升过程中任意位置的加速度比下降过程中对应位置的加速度大，则上升过程的平均加速度较大。由位移与时间关系可知，上升时间比下落时间短，A错误；上升过程排球做减速运动，下降过程排球做加速运动。在整个过程中空气阻力一直做负功，小球机械能一直在减小，下降过程中的最低点的速度小于上升过程的最低点的速度，故排球被垫起时的速度最大，B正确；达到最高点速度为零，空气阻力为零，此刻排球重力提供加速度不为零，C错误；下落过程中，排球速度在变，所受空气阻力在变，故排球所受的合外力在变化，排球在下落过程中做变加速运动，D错误。故选B。 答案　B 7.解析　设斜面倾角为θ、滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，对滑块受力分析有F合上＝mgsin θ＋μmgcos θ，F合下＝mgsin θ－μmgcos θ，故题图甲中滑块受到的合力较大，A错误；滑块由A到B的过程，有2a上xAB＝v，由B到A的过程，有2a下xAB＝v，又F合上＞F合下，则a上＞a下，故vA上＞vA下，题图甲中滑块经过A点的动能较大，B错误；将滑块由A到B的过程逆向思维为由B到A的初速度为0、加速度大小为a上的匀加速运动，则xAB＝a上t，又xAB＝a下t，a上＞a下，故t上＜t下，即题图甲中滑块在A、B之间的运动时间较短，C正确；上升和下降过程摩擦力大小相等，经过AB的距离相等，根据W＝fx可知在A、B之间克服摩擦力做的功相等，D错误。 答案　C 8.解析　设两物块的质量均为m，撤去拉力前，两滑块均做匀速直线运动，则拉力大小为 F＝2μmg 撤去拉力前对Q受力分析可知，弹簧的弹力为T0＝μmg 以向右为正方向，撤去拉力瞬间弹簧弹力不变为μmg，两滑块与地面间仍然保持相对滑动，此时滑块P的加速度为－T0－μmg＝maP1，解得aP1＝－2μg 此刻滑块Q所受的外力不变，加速度仍为零，滑块P做减速运动，故PQ间距离减小，弹簧的伸长量变小，弹簧弹力变小。根据牛顿第二定律可知P减速的加速度减小，滑块Q的合外力增大，合力向左，做加速度增大的减速运动。 故P加速度大小的最大值是刚撤去拉力瞬间的加速度为2μmg。 Q加速度大小最大值为弹簧恢复原长时，－μmg＝maQm 解得aQm＝－μmg 故滑块Q加速度大小最大值为μmg，A正确，B错误； 滑块PQ水平向右运动，PQ间的距离在减小，故P的位移一定小于Q的位移，C错误； 滑块P在弹簧恢复到原长时的加速度为－μmg＝maP2 解得aP2＝－μg 撤去拉力时，PQ的初速度相等，滑块P由开始的加速度大小为2μg做加速度减小的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小为μg；滑块Q由开始的加速度为0做加速度增大的减速运动，最后弹簧原长时加速度大小也为μg。分析可知P的速度大小均不大于同一时刻Q的速度大小，D正确。 答案　AD 9.解析　当两球运动至二者相距L时，如图所示 由几何关系可知sin θ＝＝ 设绳子拉力为T，水平方向有2Tcos θ＝F，解得T＝F 对任意小球由牛顿第二定律可得T＝ma，解得a＝ 故A正确，BCD错误。故选A。 答案　A 10.解析　(1)两极板间的场强E＝ 带电粒子所受的静电力F＝qE＝q。 (2)带电粒子从静止开始运动到N板过程，根据功能关系有qU＝mv2，解得v＝ 。 (3)设带电粒子运动距离时的速度大小为v′，根据功能关系有q＝mv′2 带电粒子在前距离做匀加速直线运动，后距离做匀速运动，设用时分别为t1、t2，有＝t1，＝v′t2 则该粒子从M板运动到N板经历的时间 t＝t1＋t2＝ 。 答案　(1)q　(2) 　(3) 学科网（北京）股份有限公司 $